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第五章 数列
第一节 数列的概念与简洁表示法
[考情展望] 1.以数列的前n项为背景写数列的通项.2.考查由数列的通项公式或递推关系，求数列的某一项.3.考查已知数列的递推关系或前n项和Sn求通项an.
一、数列的有关概念
概念
含义
数列
依据确定挨次排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
数列
的通项
数列{an}的第n项an叫做数列的通项
通项公式
数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式an＝f(n)表达，这个公式叫做数列的通项公式
前n项和
数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和
二、数列的分类
分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项间
的大小关系
递增数列
an＋1>an
其中n∈N*
递减数列
an＋1<an
常数列
an＋1＝an
推断数列递增(减)的方法
(1)作差比较法：
①若an＋1－an＞0，则数列{an}为递增数列．
②若an＋1－an＝0，则数列{an}为常数列．
③若an＋1－an＜0，则数列{an}为递减数列．
(2)作商比较法：不妨设an＞0.
①若＞1，则数列{an}为递增数列．
②若＝1，则数列{an}为常数列．
③若＜1，则数列{an}为递减数列．
三、数列的表示方法
数列有三种表示方法，它们分别是列表法、图象法和解析法．
四、an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，
则an＝
已知Sn求an的留意点
利用an＝Sn－Sn－1求通项时，留意n≥2这一前提条件，易忽视验证n＝1致误，当n＝1时，a1若适合通项，则n＝1的状况应并入n≥2时的通项；否则an应利用分段函数的形式表示．
1．已知数列{an}的前4项分别为2,0,2,0，则下列各式不行以作为数列{an}的通项公式的一项是( )
A．an＝1＋(－1)n＋1 B．an＝2sin
C．an＝1－cos nπ D．an＝
【答案】 B
2．在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1，则a5的值为( )
A．30 B．31
C．32 D．33
【答案】 B
3．已知数列{an}的通项公式为an＝，则这个数列是
( )
A．递增数列 B．递减数列
C．常数列 D．摇摆数列
【答案】 A
4．数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝ .
【答案】
5．若数列中的最大项是第k项，则k＝ .
【答案】 4
6．(2021·课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝ .
【答案】 (－2)n－1
考向一 [083] 由数列的前几项归纳数列的通项公式
依据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式．
(1)－1,7，－13,19，…；
(2)0.8,0.88,0.888，…；
(3)，，－，，－，，….
【尝试解答】 (1)符号可通过(－1)n表示，后面的数的确定值总比前面的数的确定值大6，
故通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．
(2)数列变为(1－0.1)，(1－0.01)，(1－0.001)，…，∴an ＝.
(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－，
原数列化为－，，－，，…，
∴an＝(－1)n·.
规律方法1 1.求数列的通项时，要抓住以下几个特征．
(1)分式中分子、分母的特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后的特征；(4)各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想．
2．依据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不行靠的，要留意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．
考向二 [084] 由递推关系求通项公式
依据下列条件，求数列的通项公式an.
(1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n；
(2)在数列{an}中，an＋1＝an，a1＝4；
(3)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an＋1.
【尝试解答】 (1)由an＋1－an＝2n，把n＝1,2,3，…，n－1(n≥2)代入，得(n－1)个式子，
累加即可得(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋22＋23＋…＋2n－1，所以an－a1＝，
即an－a1＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n－1.
当n＝1时，a1＝1也符合，
所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由递推关系an＋1＝an，a1＝4，有＝，
于是有＝3，＝，＝，…，＝，
＝，将这(n－1)个式子累乘，得＝.
所以当n≥2时，an＝a1＝2n(n＋1)．当n＝1时，a1＝4符合上式，所以an＝2n(n＋1)(n∈N*)．
(3)由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)，令bn＝an＋1，
所以{bn}是以2为公比的等比数列．
所以bn＝b1·2n－1＝(a1＋1)·2n－1＝2n＋1，
所以an＝bn－1＝2n＋1－1(n∈N*)．
规律方法2 递推式的类型
递推式
方法
示例
an＋1＝an＋f(n)
叠加法
a1＝1，an＋1＝an＋2n
＝f(n)
叠乘法
a1＝1，＝2n
an＋1＝pan＋q (p≠0,1，q≠0)
化为等比数列
a1＝1，an＋1＝2an＋1
an＋1＝pan＋q·pn＋1 (p≠0,1，q≠0)
化为等差数列
a1＝1，an＋1＝3an＋3n＋1
对点训练 (2021·银川模拟)已知f(x)＝.各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2 014＝a2 016，则a20＋a11的值是 ．
【答案】
考向三 [085] 由an与Sn的关系求通项an
已知数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式：
(1)Sn＝2n2－3n；
(2)Sn＝3n＋b.(b为常数)
【尝试解答】 (1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.
(2)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式．
当b≠－1时，a1不适合此等式．
∴当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝
规律方法3 已知Sn求an时的三个留意点
(1)重视分类争辩思想的应用，分n＝1和n≥2两种状况争辩；特殊留意an＝Sn－Sn－1中需n≥2.
(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合“an式”，则需统一“合写” .
(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合“an式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝
对点训练 (1)(2021·贵阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B.n－1 C.n－1 D.
【答案】 B
(2)已知数列{an}的前n项和Sn，求下面数列{an}的通项公式an.
①Sn＝2n2－3n；②Sn＝3n＋b.
【解】 ①a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.
②a1＝S1＝3＋b，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式．
当b≠－1时，a1不适合此等式．
∴当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝
易错易误之十 明确数列中项的特征，慎用函数思想解题
—————————— [1个示范例] ——————
已知数列{an}中，an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．(－∞，3)
C．(－∞，2) D．(－∞，3]
【解析】 ∵an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}单调递增，∴an＋1－an＞0对∀n∈N*都成立，
此处在求解时，常犯“an是关于n的二次函数，若{an}单调递增，则必有≤1，k≤2”的错误．
出错的缘由是忽视了数列作为函数的特殊性即自变量是正整数．
又an＋1－an＝(n＋1)2－k(n＋1)－n2＋kn＝2n＋1－k，所以由2n＋1－k＞0，即k＜2n＋1恒成立可知k＜(2n＋1)min＝3.,
【防范措施】 1.明确函数单调性与数列单调性的关系
(1)若数列所对应的函数是单调的，则该数列确定单调．
(2)若数列是单调的，其对应的函数未必单调，缘由是数列是定义在n∈N*上的特殊函数．
2．数列单调性的推断
一般通过比较an＋1与an的大小来推断：
若an＋1＞an，则该数列为递增数列；若an＋1＜an，则该数列为递减数列．
———————— [1个防错练] ———————
已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是 ．
【解析】 法一 (定义法)由于{an}是递增数列，故对任意的n∈N*，都有an＋1＞an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)＞n2＋λn，整理，得2n＋1＋λ＞0，即λ＞－(2n＋1)(*)．
由于n≥1，故－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.
法二 (函数法)设f(n)＝an＝n2＋λn，其对称轴为n＝－，要使数列{an}为递增数列，只需满足n＝－＜即可，即λ＞－3.
【答案】 (－3，＋∞)
课时限时检测(二十九) 数列的概念与简洁表示法
(时间：60分钟 满分：80分)
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．如图5－1－1，关于星星的图案中星星的个数构成一个数列，该数列的一个通项公式是( )
图5－1－1
A．an＝n2－n＋1 B．an＝
C．an＝ D．an＝
【答案】 C
2．在数列{an}中，an＝－2n2＋29n＋3，则此数列最大项的值是( )
A．103 B.
C. D．108
【答案】 D
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，则a10＝( )
A．1 024 B．1 023
C．2 048 D．2 047
【答案】 B
4．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是( )
A．2n－1 B.n－1
C．n2 D．n
【答案】 D
5．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( )
A．3×44 B．3×44＋1
C．45 D．45＋1
【答案】 A
6．对于数列{an}，“an＋1＞|an|(n＝1,2，…)”是“{an}为递增数列”的( )
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】 B
二、填空题(每小题5分，共15分)
7．已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝1－(n≥2)，则a16＝ .
【答案】
8．数列{an}中，a1＝1，对于全部的n≥2，n∈N*，都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝ .
【答案】
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*都有Sn＝an－，且1＜Sk＜9(k∈N*)，则a1的值为 ，
k的值为 ．
【答案】 －1 4
三、解答题(本大题共3小题，共35分)
10．(10分)已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解】 (1)∵Sn＝an，且a1＝1，
∴S2＝a2，即a1＋a2＝a2，得a2＝3.
由S3＝a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，得a3＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
整理得an＝an－1，即＝，
于是＝3，＝，＝，…，＝，
以上n－1个式子的两端分别相乘，得＝，
∴an＝，n≥2.
又a1＝1适合上式，
故an＝，n∈N*.
11．(12分)已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝，且前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)推断数列{cn}的增减性．
【解】 (1)a1＝2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．
∴bn＝
(2)∵cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝＋＋…＋，∴cn＋1－cn＝＋－＜0，
∴{cn}是递减数列．
12.(13分)在数列{an}，{bn}中，a1＝2，an＋1－an＝6n＋2，点(，bn)在y＝x3＋mx的图象上，{bn}的最小项为b3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求m的取值范围．
【解】 (1)∵an＋1－an＝6n＋2，
∴当n≥2时，an－an－1＝6n－4.
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝(6n－4)＋(6n－10)＋…＋8＋2
＝＋2
＝3n2－3n＋2n－2＋2
＝3n2－n，
明显a1也满足an＝3n2－n，∴an＝3n2－n.
(2)∵点(，bn)在y＝x3＋mx的图象上，
∴bn＝(3n－1)3＋m(3n－1)．
∴b1＝8＋2m，b2＝125＋5m，b3＝512＋8m，b4＝1 331＋11m.
∵{bn}的最小项是b3，∴
∴－273≤m≤－129.
∵bn＋1＝(3n＋2)3＋m(3n＋2)，bn＝(3n－1)3＋m(3n－1)，
∴bn＋1－bn＝3[(3n＋2)2＋(3n－1)2＋(3n＋2)(3n－1)]＋3m
＝3(27n2＋9n＋3＋m)，
当n≥4时，27n2＋9n＋3＞273，∴27n2＋9n＋3＋m＞0，
∴bn＋1－bn＞0，∴n≥4时，bn＋1＞bn.
综上可知－273≤m≤－129，
∴m的取值范围为[－273，－129]．
其次节 等差数列
[考情展望] 1.运用基本量法求解等差数列的基本量问题.2.在解答题中对所求结论的运算进行等差数列的推断与证明.3.在具体情景中能识别具有等差关系的数列，并会用等差数的性质解决相应问题．
一、等差数列
1．定义：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)．
2．通项公式：an＝a1＋(n－1)d，an＝am＋(n－m)d.
3．前n项和公式：Sn＝na1＋＝.
4．a、b的等差中项A＝.
证明{an}为等差数列的方法：
(1)用定义证明：an－an－1＝d(d为常数，n≥2)⇔{an}为等差数列；
(2)用等差中项证明：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}为等差数列；
(3)通项法：an为n的一次函数⇔{an}为等差数列；
(4)前n项和法：Sn＝An2＋Bn或Sn＝.
二、等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．
(1)若m、n、p、q、k是正整数，且m＋n＝p＋q＝2k，
则am＋an＝ap＋aq＝2ak.
(2)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差数列，公差为kd.
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，也是等差数列．
等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
②S2n－1＝(2n－1)an.
③n为偶数时，S偶－S奇＝d；n为奇数时，S奇－S偶＝a中．
1．在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝( )
A．12 B．14 C．16 D．18
【答案】 D
2．在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则{an}的前5项和S5＝( )
A．7 B．15
C．20 D．25
【答案】 B
3．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和，若S10＝S11，则a1＝( )
A．18 B．20
C．22 D．24
【答案】 B
4．已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，则an＝ .
【答案】 2n－1
5．(2021·重庆高考)若2，a，b，c,9成等差数列，则c－a＝ .
【答案】
6．(2021·广东高考)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝ .
【答案】 20
考向一 [086] 等差数列的判定与证明
在数列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)设bn＝(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列．
【尝试解答】 (1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2)．
∴a2＝2a1＋4＋3＝－6＋4＋3＝1.
a3＝2a2＋23＋3＝13.
(2)证明：对于任意n∈N*，
∵bn＋1－bn＝－＝[(an＋1－2an)－3]
＝[(2n＋1＋3)－3]＝1，
∴数列{bn}是首项为＝＝0，公差为1的等差数列．
规律方法1 用定义证明等差数列时，常接受的两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必需加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．
对点训练 (2022·大纲全国卷)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
①设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
②求{an}的通项公式．
【证明】 ①由an＋2＝2an＋1－an＋2得
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，
即bn＋1＝bn＋2.
又b1＝a2－a1＝1，
所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
②由①得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
即an＋1－an＝2n－1.
于是(ak＋1－ak)＝(2k－1)，
所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.
又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.
考向二 [087] 等差数列的基本运算
(1)(2021·课标全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】 C
(2)(2021·四川高考)在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．
【尝试解答】 设该数列的公差为d，前n项和为Sn.由已知可得．
2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，
所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0，
解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3，即数列{an}的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.
所以数列的前n项和Sn＝4n或Sn＝.
规律方法2 1.等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知三求二，体现了方程思想的应用．
2．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法，称为基本量法．
对点训练 (2022·浙江高考)已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
①求d及Sn；
②求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
【解】 ①由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
由于d＞0，所以d＝2，Sn＝n2(n∈N*)．
②由①得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
由m，k∈N*知2m＋k－1＞k＋1＞1，故
所以
考向三 [088] 等差数列的性质及应用
(1)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝( )
A．58 B．88 C．143 D．176
【答案】 B
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知前6项和为36，最终6项的和为180，Sn＝324(n＞6)，求数列{an}的项数及a9＋a10.
【尝试解答】 由题意知a1＋a2＋…＋a6＝36，①
an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180，②
①＋②得
(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216，
∴a1＋an＝36，
又Sn＝＝324，
∴18n＝324，∴n＝18.
由a1＋an＝36，n＝18.
∴a1＋a18＝36，从而a9＋a10＝a1＋a18＝36.
规律方法3 1.在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q＝2k，则am＋an＝ap＋aq＝2ak是常用的性质，本例(1)、(2)都用到了这共性质．
2．把握等差数列的性质，悉心争辩每共性质的使用条件及应用方法，认真分析项数、序号、项的值的特征，这是解题的突破口．
对点训练 (1)已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，全部奇数项之和为15，全部偶数项之和为25，则这个数列的项数为( )
A．10 B．20 C．30 D．40
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S30＝ .
【答案】 (1)A (2)60
考向四 [089] 等差数列前n项和的最值
在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
【尝试解答】 法一 ∵a1＝20，S10＝S15，
∴10×20＋d＝15×20＋d，
∴d＝－.
∴an＝20＋(n－1)×＝－n＋.
令an≥0得n≤13，
即当n≤12时，an＞0；n≥14时，an＜0.
∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为
S12＝S13＝12×20＋×＝130.
法二 同法一得d＝－.
又由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.
∴5a13＝0，即a13＝0.
∴当n＝12或13时，Sn有最大值，
且最大值为S12＝S13＝130.
规律方法4 求等差数列前n项和的最值常用的方法
(1)先求an，再利用或求出其正负转折项，最终利用单调性确定最值．
(2)①利用性质求出其正负转折项，便可求得前n项和的最值．②利用等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)为二次函数，依据二次函数的性质求最值．
对点训练 已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5.
(1)求{an}的通项an；
(2)求{an}前n项和Sn的最大值．
【解】 (1)设{an}的公差为d，由已知条件
解出a1＝3，d＝－2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5.
(2)Sn＝na1＋d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2，
所以n＝2时，Sn取到最大值4.
规范解答之八 等差数列的通项与求和问题
————————— [1个示范例] ———————
(12分)(2021·浙江高考)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
【规范解答】 (1)由题意得，a1·5a3＝(2a2＋2)2，由a1＝10，{an}为公差为d的等差数列得，d2－3d－4＝0， 2分
解得d＝－1或d＝4. 3分
所以an＝－n＋11(n∈N*)或an＝4n＋6(n∈N*). 5分
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.
由于d＜0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11， 6分
所以当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n； 8分
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110. 10分
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝ 12分
【名师寄语】 1.涉及求数列{|an|}前n项和的题目，其解题的关键是找到数列{an}的正负界点，因此借助确定值的性质，去掉确定值符号是解题的着眼点．
2．要正确区分“|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|”与“a1＋a2＋a3＋…＋an”的差异，明确两者间的转换关系，切忌规律混乱．
————————— [1个规范练] ———————
已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．
【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d，易求a2＝－1，
则a3＝a2＋d，a1＝a2－d，
由题意得
解之得或
所以由等差数列通项公式可得
an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.
故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.
(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列，不合题设条件．
当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．
故|an|＝|3n－7|＝
记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5.
当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|
＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)
＝5＋＝n2－n＋10.
当n＝2时，满足此式．
综上，Sn＝
课时限时检测(三十) 等差数列
(时间：60分钟 满分：80分)
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}中的公差为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】 B
2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝( )
A．8 B．7
C．6 D．5
【答案】 D
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于( )
A．6 B．7
C．8 D．9
【答案】 A
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于
( )
A．63 B．45
C．36 D．27
【答案】 B
5．(2021·辽宁高考)下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为( )
A．p1，p2 B．p3，p4
C．p2，p3 D．p1，p4
【答案】 D
6．在等差数列{an}中，a1＝－2 012，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 012的值等于( )
A．－2 011 B．－2 012
C．－2 010 D．－2 013
【答案】 B
二、填空题(每小题5分，共15分)
7．等差数列{an}的前n项和为Sn，若am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m＝ .
【答案】 10
8．等差数列{an}的前n项和为Sn，且6S5－5S3＝5，则a4＝ .
【答案】
9．已知等差数列{an}中，a1，a99是函数f(x)＝x2－10x＋16的两个零点，则a50＋a20＋a80＝ .
【答案】
三、解答题(本大题共3小题，共35分)
10．(10分)(2021·课标全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
【解】 (1)设{an}的公差为d，由题意得a＝a1a13，
即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．
于是d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.
故an＝－2n＋27.
(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的 等差数列．
从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
11．(12分)已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)求通项an；
(2)若数列{bn}满足bn＝，是否存在非零实数c使得{bn}为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)由等差数列的性质，得a2＋a5＝a3＋a4＝22，
∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的根，且a4＞a3，
∴a3＝9且a4＝13，
从而a1＝1，公差d＝4，
故通项an＝1＋4(n－1)＝4n－3.
(2)由(1)知Sn＝＝2n2－n，
所以bn＝＝.
法一 所以b1＝，b2＝，b3＝(c≠0)．
令2b2＝b1＋b3，解得c＝－.
当c＝－时，bn＝＝2n，
当n≥2时，bn－bn－1＝2.
故当c＝－时，数列{bn}为等差数列．
法二 当n≥2时，
bn－bn－1＝－
＝，
欲使{bn}为等差数列，
只需4c－2＝2(2c－1)且－3c＝2c(c－1)(c≠0)，解得c＝－.
故当c＝－时，数列{bn}为等差数列．
12．(12分)在数列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．
(1)证明数列是等差数列；
(2)求数列{an}的通项；
(3)若λan＋≥λ对任意n≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围．
【解】 (1)证明 由3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)得，
－＝3(n≥2)，
∴数列是以1为首项，3为公差的等差数列．
(2)由(1)可得，＝1＋3(n－1)＝3n－2.
∴an＝.
(3)λan＋≥λ对n≥2的整数恒成立，
即＋3n＋1≥λ对n≥2(n∈N*)恒成立．
整理得λ≤(n≥2，n∈N*)，
令Cn＝，
Cn＋1－Cn＝－
＝
由于n≥2，所以Cn＋1－Cn＞0，
∴{Cn}为单调递增数列，C2最小，且C2＝，
故λ的取值范围为.
第三节 等比数列
[考情展望] 1.运用基本量法求解等比数列问题.2.以等比数列的定义及等比中项为背景，考查等比数列的判定.3.客观题以等比数列的性质及基本量的运算为主，突出“小而巧”的特点，解答题留意函数与方程、分类争辩等思想的综合应用．
一、等比数列
证明{an}是等比数列的两种常用方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数且n≥2且n∈N*)，则{an}是等比数列．
(2)中项公式法：在数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
二、等比数列的性质
1．对任意的正整数m、n、p、q，若m＋n＝p＋q＝2k，则am·an＝ap·aq＝a.
2．通项公式的推广：an＝amqn－m(m，n∈N*)
3．公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn；当公比为－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不愿定构成等比数列．
4．若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}，，{a}，{an·bn}，(λ≠0)仍是等比数列．
等比数列的单调性
单调递增
a1＞0，q＞1或者a1＜0,0＜q＜1
单调递减
a1＞0,0＜q＜1或者a1＜0，q＞1
常数数列
a1≠0，q＝1
摇摆数列
q＜0
1．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于
( )
A．－ B．－2 C．2 D.
【答案】 D
2．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则＝
( )
A．－11 B．－8
C．5 D．11
【答案】 A
3．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
【答案】 B
4．(2022·江苏高考)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是 ．
【答案】 4
5．(2021·大纲全国卷)已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于( )
A．－6(1－3－10) B.(1－310)
C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)
【答案】 C
6．(2021·江西高考)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于( )
A．－24 B．0
C．12 D．24
【答案】 A
考向一 [090] 等比数列的基本运算
(1)(2021·北京高考)若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝ ；前n项和Sn＝ .
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列．
①求{an}的公比q；②若a1－a3＝3，求Sn.
【尝试解答】 (1)2,2n＋1－2
(2)①∵S1，S3，S2成等差数列，
∴a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)．
由于a1≠0，故2q2＋q＝0，又q≠0，从而q＝－.
②由已知可得a1－a1(－)2＝3，故a1＝4，
从而Sn＝＝.
规律方法1 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，体现了方程思想的应用．
2．在使用等比数列的前n项和公式时，应依据公比q的状况进行分类争辩，此外在运算过程中，还应擅长运用整体代换思想简化运算．
对点训练 (1)已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝ .
【答案】 2n
(2)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列．
①求数列{an}的通项公式；
②求数列{3an}的前n项和．
【解】 ①设数列{an}的公差为d(d≠0)，由题意得
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